通信原理第三版-蔣青(全部答案)

第1章 緒論 習(xí)題解答

1-1

解：每個(gè)消息的平均信息量為

111111

H(x)=-log2-2?log2-log2

448822

=1.75bit/符號(hào)

1-2

解：（1）兩粒骰子向上面的小圓點(diǎn)數(shù)之和為3時(shí)有（1，2）和（2，1）兩種可能，總的組合

11

C?C=36，則圓點(diǎn)數(shù)之和為3出現(xiàn)的概率為 66數(shù)為

故包含的信息量為

p3=

21=3618

1

=4.17(bit)18

（2）小圓點(diǎn)數(shù)之和為7的情況有（1，6）（6，1）（2，5）（5，2）（3，4）（4，3），則圓點(diǎn)數(shù)之和為7出現(xiàn)的概率為

故包含的信息量為

I(3)=-log2p3=-log2

p7=

61=366

1

=2.585(bit)6

1-3 解：（1）每個(gè)字母的持續(xù)時(shí)間為2?10ms，所以字母?jìng)鬏斔俾蕿?/p>

不同字母等可能出現(xiàn)時(shí)，每個(gè)字母的平均信息量為 H(x)=log24=2 bit/符號(hào) 平均信息速率為

Rb=RB4 H(x)=100 bit/s （2）每個(gè)字母的平均信息量為

I(7)=-log2p7=-log2

RB4=

1

=50Baud

2?10?10-3

11111133

H(x)=-log2-log2-log2-log2

5544441010

=1.985 bit/符號(hào)

所以平均信息速率為

Rb=RB4 H(x)=99.25 (bit/s) 1-4 解：（1）根據(jù)題意，可得：

3

≈1.4158 比特 1

I(1)=-logP(1)=-log2=2

4 比特

I(0)=-logP(0)=-log2

1=24 比特 1

I(3)=-logP(3)=-log2=3

8 比特

I(2)=-logP(2)=-log2

（2）因?yàn)殡x散信源是無記憶的，所以其發(fā)出的消息序列中各符號(hào)是無依賴的、統(tǒng)計(jì)獨(dú)立的。

因此，此消息的信息量就等于消息中各個(gè)符號(hào)的信息量之和。此消息中共有14個(gè)“0”符號(hào)，13個(gè)“1”符號(hào)，12個(gè)“2”符號(hào)，6個(gè)“3”符號(hào)，則該消息的信息量是：

I=14I(0)+13I(1)+12I(2)+6I(3) ≈14?1.415+13?2+12?2+6?3

≈87.81 比特

此消息中共含45個(gè)信源符號(hào)，這45個(gè)信源符號(hào)攜帶有87.81比特信息量，則此消息中平均每個(gè)符號(hào)攜帶的信息量為

I2=87.81/45≈1.95 比特/符號(hào)

1-6

1133

H(x)=-log2-log2≈0.811

4444解：（1）bit/符號(hào)

（2）某一特定序列（例如：m個(gè)0和100-m個(gè)1）出現(xiàn)的概率為

P(XL)=P(X1,X2, ,X100)=??P(0)????P(1)??

m

100-m

?1??3?

= ? ??4??4?

m100-m

所以，信息量為

m100-m

??13??????L

I(X1,X2, ,X100)=-logP(X)=-log? ? ??

44????????

=200-(100-m)log23(bit)

（3）序列的熵

1-8

解：若系統(tǒng)傳送二進(jìn)制碼元的速率為1200Baud，則系統(tǒng)的信息速率為： Rb=1200?log22=1200 bit/s

若系統(tǒng)傳送十六進(jìn)制碼元的速率為2400Baud，則系統(tǒng)的信息速率為： Rb=2400?log216=9600 bit/s 1-11

解：(1) 因?yàn)镾/N =30dB,即10得：S/N=1000

由香農(nóng)公式得信道容量

H(XL)=100H(X)=81bit/序列

log10

S

=30dBN，

（2）因?yàn)樽畲笮畔�傳輸速率�?800b/s，即信道容量為4800b/s。由香農(nóng)公式

S)N ?l2og+(11 000) =3400931b0it s/ ≈33.8?C=Blog2(1+C=Blog2(1+

S

)N

4800C

S

=2B-1=23400-1≈2.66-1=1.66

得：N。

則所需最小信噪比為1.66。

第2章 信號(hào)與噪聲分析

習(xí)題解答

2-1 解：

p(x>2)=1-p(x≤2)數(shù)學(xué)期望：

E(x)=?

+∞

-∞

xp(x)dx=?

∞

+∞

-∞

1x2xdx==02a4a-a

a

a

a

x2x3a222

E(x)=?xp(x)dx=?==

-∞-a2a6a3 -a因?yàn)?/p>

a2a2

D(x)=E(x)-[E(x)]=-0=

33 所以方差：

2

2

2-2

x-0x

解：由題意隨機(jī)變量x服從均值為0，方差為4，所以2，即2服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布，可

Φ(x)=

通過查標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布函數(shù)

p(x>2)=1-p(x≤2)=1-p(

x

-∞

edt

數(shù)值表來求解。

-

t2

2

x-02-0

≤)=1-Φ(1)22 （1） 30.1 =1-0.841= 5x-04-0

p(x>4)=1-p(x≤4)=1-p(≤)=1-Φ(2)

22 （2）

=1-0.9772=0.0228

x-1.5

（3）當(dāng)均值變?yōu)?.5時(shí)，則2服從標(biāo)準(zhǔn)正態(tài)分布，所以

x-1.52-1.5

p(x>2)=1-p(x≤2)=1-p(≤)=1-Φ(0.25)

22

=1-0.5987=0.4013

x-1.54-1.5

p(x>4)=1-p(x≤4)=1-p(≤)=1-Φ(1.25)

22

=1-0.8944=0.1056

2-6

解：（1）因?yàn)殡S機(jī)變量θ服從均勻分布，且有0≤θ≤2π，則θ的概率密度函數(shù)

所以有 E[z(t)]=E[m(t)cos(ω0t+θ)] =E[m(t)]?E[cos(ω0t+θ)]

f(θ)=

12π，

1

=E[m(t)]??cos(ω0t+θ)?dθ02π

=0

+τ)=E[m(t)cωo0s(+tθ?)m+tτ()ωst(ωθ)]0co+0τ+ Rz(t,t

=E[m(t)m(t+τ)]?E[cos(ω0t+θ)cos(ω0t+ω0τ+θ)]

11

=Rm(τ)?E[cos(2ω0t+ω0τ+2θ)+cosω0τ]

22 1

=Rm(τ)?cosω0τ

2

?cosω0τ

?2(1+τ),-1<τ<0?

?cosω0τ=?(1-τ),0≤τ<1

2??0,其他τ?

? =Rz(τ)

由此可見，z(t)的數(shù)學(xué)期望與時(shí)間無關(guān)，而其相關(guān)函數(shù)Rz(t,t+τ)僅與τ相關(guān)，因此z(t)

2π

是廣義平穩(wěn)的。

（2）自相關(guān)函數(shù)Rz(τ)的波形如圖2-6所示。

圖2-6

（3）根據(jù)三角函數(shù)的傅氏變換對(duì)

≤t<0?1+t,-1

?ω?tri(t)=?1-t,≤0t

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